DOWNLOAD đề thi toán file word

Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên?.A. Cho hình chóp.[r]

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

-PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA

MÃ ĐỀ: 02

KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021

MÔN THI: TOÁN Thời gian: 90 phút

Câu 1. Một lớp học có 25 học sinh nam và 17 học sinh nữ Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một học

sinh nam và một học sinh nữ trong lớp học này đi dự trại hè của trường?

y 

34

x 

Câu 7. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên?

 

C ln 5

x y 

15ln

N x x với x 0.

A N  x B

1 8

x 

47

x 

D x 4

Câu 14. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f x 4xsinx là

A x2 cosx C . B 2x2cosx C C x2cosx C D 2x2 cosx C

2 dx x



bằng

Câu 18. Cho số phức z có điểm biểu diễn trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm M3; 5 

Câu 21. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA3a và SA vuông góc với

mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S ABCD

Câu 22. Cho khối lập phương ABCD A B C D.     có đường chéo AC bằng a 3, (a 0). Thể tích của

khối lập phương đã cho bằng

A a3. B 3 a C a2. D

3

.3

Câu 25. Trong không gian Oxyz, cho điểm I5;0;5

là trung điểm của đoạn MN, biết M1; 4;7 

Tìm tọa độ của điểm N

Câu 29. Một hộp đựng thẻ được đánh số từ 1, 2, 3,…, 9 Rút ngẫu nhiên hai lần, mỗi lần một thẻ và

nhân số ghi trên hai thẻ với nhau Xác suất để tích nhận được là số chẵn là

13

18

Câu 30. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng    ?; 

A y x 43x2 B

21

x y x

P 

153

P 

103

P 

113

Câu 44. Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao 18 m, chiều rộng chân đế 12 m Người ta căng

hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn bởi Parabol và mặt đất thành ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ bên) Tỉ số

AB

CD bằng

Đường phân giác d của

góc nhọn tạo bởi  , 1  và nằm trong mặt phẳng 2  P có một véctơ chỉ phương là

A u  1; 2;3. B u  0;0; 1  C u  1;0;0 . D u  1; 2; 3  

Câu 46 1 Cho hàm số f x( )x3 3x2 và 1 g x( )f f x ( ) m cùng với x  , 1 x  là hai điểm 1

cực trị trong nhiều điểm cực trị của hàm số yg x( ) Khi đó số điểm cực trị của hàm yg x( )là

A 14 B 15 C 9 D 11.

Câu 46 2 Cho hàm số f x 

liên tục trên  Biết rằng phương trình f x   0

có 8 nghiệm dương phân biệt không nguyên, phương trình f 2x3 3x210

có 20 nghiệm phân biệt, phương trình  4 2 

2 2 0

f x  x  

có 8 nghiệm phân biệt Hỏi phương trình f x   0

có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng 2;  

x y

tiếp tuyến tại A , B và đường thẳng pháp tuyến của hai tiếp tuyến đó tạo thành một hình chữ

nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng Gọi S là diện tích giới hạn bởi đồ thị 1  C

và hai tiếp

tuyến, S là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi các tiếp tuyến và pháp tuyến tại 2 A B, Tính tỉ

số

1 2

Câu 50 1 Cho tam giác ABC có A2; 2;3 , B1;3;3 , C1; 2; 4

Các tia Bu Cv, vuông góc với mặt phẳng ABC

và nằm cùng phía đối với mặt phẳng ấy Các điểm M N, di động tương ứng trêncác tia Bu Cv, sao cho BM CN MN Gọi trực tâm H tam giác AMN , biết H nằm trên một đường tròn  C cố định Tính bán kính của đường tròn  C .

AB AD , AD BC Gọi ( )S là mặt cầu có đường kính AB , đường thẳng CD di động và

luôn tiếp xúc với mặt cầu ( )S Gọi E AB F CD ,  và EF là đoạn vuông góc chung của AB và

CD Biết rằng đường thẳng ( ) EF;( ) ABvà d A   ;   3 Khoảng cách giữa  và

CD lớn nhất bằng

A

3 22



3 32



D 3

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT

LỜI GIẢI CHI TIẾT

ĐỀ SỐ 02 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA THI TN 12- 2020-2021

Câu 1. Một lớp học có 25 học sinh nam và 17 học sinh nữ Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một học

sinh nam và một học sinh nữ trong lớp học này đi dự trại hè của trường?

Lời giải Chọn D

 Áp dụng quy tắc nhân: Số cách chọn ra một học sinh nam và một học sinh nữ trong lớp học này đi dự trại hè của trường là 25.17 425.

Câu 2. Cho cấp số nhân  u n , biết u13;q2 Tìm u 5

A u 5 1 B u 5 48 C u 5 6 D u 5 30

Lời giải Chọn B

 Từ hình vẽ ta thấy: Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 0; 2.

Câu 4. Cho hàm số f x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đạt cực tiểu tại

A x  0 B y 1 C x  1 D y 2

Lời giải Chọn A

 Từ bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đạt cực tiểu tại x  0

Câu 5. Cho hàm số f x  liên tục trên , bảng xét dấu của f x 

như sau:

Hàm số đã cho có mấy điểm cực trị?

Lời giải Chọn C

 Từ bảng biến thiên của hàm số f x 

y 

34

x 

Lời giải Chọn C

 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Câu 7. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên?

A y x 33x2 2 B y x 4 4x2 3 C yx32x 3 D yx48x2 1

Lời giải Chọn A

 Căn cứ vào đồ thị hàm số và các phương án ta loại các phương án hàm số bậc bốn trùng phương là B D, Còn lại các phương án hàm số bậc ba.

 Ta có: x4 4x2 5 0  x 5

Do đó, đồ thị hàm số y x 4 4x2 5 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt

Câu 9. Với a là số thực dương tùy ý,  2022

1011 a.

Lời giải Chọn C

 

C ln 5

x y 

15ln

 Ta có:  5 

1log

N x x với x 0.

A N  x B

1 8

N x C N 2 x3 D N 3 x2

Lời giải Chọn D

Ta có:

x x x

x 

47

x 

D x 4

Lời giải Chọn B

Câu 14. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f x 4xsinx là

A x2 cosx C . B 2x2cosx C C x2cosx C D 2x2 cosx C

Lời giải Chọn D

Ta có:  

2

2

4 cos 2 cos2

Ta có: f x  cos 4 x5 có một nguyên hàm là: 1sin 4 5 3

Lời giải Chọn A

Ta có: Điểm M3; 5  nên z 3 5i z  3 5i

Câu 19. Cho hai số phức z1 3 7i và z2  2 3i Tìm số phức z z 1 z2

A z 1 10i B z 5 4i C z 3 10i D z 3 3i

Lời giải Chọn B

Ta có: điểm biểu diễn của z a bi  có tọa độ là a b; 

nên 2 3i biểu diễn bởi 2; 3 

Câu 21. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA3a và SA vuông góc với

mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S ABCD

Ta có diện tích đáy ABCD : S ABCD a2

Đường cao SA3a

Vậy thể tích khối chóp S ABCD là

Câu 22. Cho khối lập phương ABCD A B C D.     có đường chéo AC bằng a 3, (a 0). Thể tích của

khối lập phương đã cho bằng

A

a3. B 3 a C a2. D

3

.3

a

Lời giải Chọn A

Gọi x là cạnh hình lập phương Khi đó đường chéo của hình lập phương AC'x 3

Mặt khác, theo đề bài ta cóAC a 3,(a 0) Suy ra cạnh của hình lập phương bằng x a Vậy thể tích của khối lập phương ABCD A B C D.    là V a3.

Câu 23. Diện tích S của mặt cầu có bán kính đáy r bằng

A S r2. B S 2r2. C S 4r2. D S 3r2.

Lời giải Chọn C

Diện tích của mặt cầu là S 4r2.

Câu 24. Cho hình trụ có bán kính đường tròn đáy r 5cmvà có chiều cao h 10cm Diện tích xung

Diện tích xung quanh của hình trụ bằng S xq  2 rl  2 5.10 100 cm 2

Câu 25. Trong không gian Oxyz, cho điểm I5;0;5

là trung điểm của đoạn MN, biết M1; 4;7 

Tìm tọa độ của điểm N

5;0;5

I

là trung điểm của đoạn MN nên ta có

x y z

1143

x y

Mặt phẳng ( ) : 3P x 4y2z m 0 đi qua điểm A(3;1; 2) khi và chỉ khi

C u 3 3; 2; 3   



D u  4 3; 2;3 

Lời giải Chọn B

Ta có AB3; 6; 3   3 1; 2;1  3 u2

Do đó, đường thẳng qua hai điểm A B, có một vectơ chỉ phương là u 2

Câu 29. Một hộp đựng thẻ được đánh số từ 1, 2, 3,…, 9 Rút ngẫu nhiên hai lần, mỗi lần một thẻ và

nhân số ghi trên hai thẻ với nhau Xác suất để tích nhận được là số chẵn là

2 D

13

18

Lời giải Chọn D

Số phần tử không gian mẫu: n      9 8 72

.Gọi A là biến cố: “tích nhận được là số lẻ”

A y x 43x2 B.

21

x y x





 C y3x33x 2 D. y2x3 5x 1

Lời giải Chọn C

Hàm số y3x33x 2 có TXĐ: D = ¡

930,yxx, suy ra hàm số đồng biến trên khoảng    ; 

Câu 31. Giá trị lớn nhất của hàm số y 4 x2 là

Lời giải Chọn A

• Tập xác định: D   2;2

• Ta có: 2

'4

x y

Vì

e1

A 45 B 30 C 60 D 90

Lời giải Chọn B

Hình lăng trụ đứng ABC A B C.    nên BBA B C    BBA B  A B BB  1

 



a a

a

Lời giải Chọn B

Ta có AC BC a  , SA a  nên tam giác SAC vuông cân tại A.

Mặt cầu có tâm I1; 4;3 

và đi qua điểm A5; 3;2 

nên có bán kính R IA 3 2Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:      

Ta có M ( 1;4;1)là trung điểm của BC nên AM qua A và nhận AM ( 4;3; 1)

làm VTCP

Phương trình trung tuyến

3 4: 1 32

Điều kiện 3x1 1 0 3x1 1 x 1

+ Ta có x 1 là một nghiệm của bất phương trình.

+ Với x  1, bất phương trình tương đương với

327

t t

Vậy bất phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm nguyên.

Câu 41. Cho hàm số f x  x x2 biết 1

P 

153

P 

103

P 

113

41; ; 23

khi đó

133

Câu 43. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , đường thẳng SO vuông góc với

, lại có O trung điểm BD  SBD cân tại S

nên SD SB a  2  SAD cân tại D nên DM SA (2)

Lại có SAB  SADSA (3)

Chọn hệ trục Oxyz sao cho tâm của hình thoi trùng với gốc tọa độ, và các điểm lần lượt có tọa

độ như sau: S0, 0,aOz

, D a ,0,0Ox

, C0, ,0a Oy

Khi đó dễ dàng suy ra các đỉnh còn lại là Ba,0,0

, A0,a, 0

.Mặt phẳng SAD

có cặp vectơ chỉ phương SA 0,a a 

và SB   a;0;a

do đó có VTPT n                SA SD,    a2,a a2, 2

.Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng SAD

Câu 44. Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao 18 m, chiều rộng chân đế 12 m Người ta căng

hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn bởi Parabol và mặt đất thành ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ bên) Tỉ số

AB

CD bằng

x AB

CD x

Diện tích hình phẳng giới bạn bởi Parabol và đường thẳng

2 1

1:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và đường thẳng

2 2

1:

12

x AB

Đường phân giác d của

góc nhọn tạo bởi  , 1  và nằm trong mặt phẳng 2  P có một véctơ chỉ phương là

Trên  lấy điểm 1 A1;6; 4 MA 2; 4;6

, trên  lấy điểm 2 B 2 b; 2 ;1 3 b  bthỏa mãn :MA MB  MA2 MB2  56   1 b2  2b 223 3 b2

k 

véctơ chỉ phương của đường thẳng d có tọa độ là

0;0; 1

u   Đáp án đúng là B

Câu 46 1. Cho hàm số f x( )x3 3x2 và 1 g x( )f f x ( )  m cùng với x  , 1 x  là hai 1

điểm cực trị trong nhiều điểm cực trị của hàm số yg x( ) Khi đó số điểm cực trị của hàm

( )

y g x là

A 14 B 15 C 9 D 11.

Lời giải Chọn D

 Do hệ phương trình này có hai nghiệm x1;x1 nên

hệ phương trình tương đương với (dựa vào đồ thị hình bên)

Câu 46 2. Cho hàm số f x  liên tục trên  Biết rằng phương trình f x   0 có 8 nghiệm dương

phân biệt không nguyên, phương trình f 2x3 3x210

có 20 nghiệm phân biệt, phương

trình f x 4 2x220

có 8 nghiệm phân biệt Hỏi phương trình f x   0

có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng 2;  

?

Lời giải Chọn A

a a

có 8 nghiệm phân biệt thì f x   0

có 2 nghiệm thuộc khoảng

n n

n n n

x y

Tính chất: a b c d, , , lập thành một cấp số nhân

       log a ;log b ;log c ;log d

Áp dụng vào suy ra: log x ;logxlog  x ;logylog  y ;logxylog xy

lập thành một cấp số cộng

     2    2    2log x ; log x ; log y ; log xy

tạo thành 1 cấp số cộngSuy ra: logxy 2 log y 2 log y 2 log x 2

Tương tựlog y 2 log x 2 log x 2 log x  log y 2 2 log  x 2log x  (2)0

   2  1  2log y log x log x 0

S

Câu 48. Cho hàm số y x 2có đồ thị  C , biết rằng tồn tại hai điểm A , B thuộc đồ thị  C sao cho

tiếp tuyến tại A, B và đường thẳng pháp tuyến của hai tiếp tuyến đó tạo thành một hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng Gọi S là diện tích giới hạn bởi đồ thị 1  C và hai tiếp

tuyến, S là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi các tiếp tuyến và pháp tuyến tại 2 A B, Tính tỉ

số

1 2

2 2

: 2: 2

a D

a R

125 128 128 1

Khi ấy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1 z2

cũng chính là đường nối tâm và gốc tọa độ trừ cho bán kính, tức mmin z1 z2 OI R  5 2 3

Như vậy m  3 2; 4.Cách 2

 Như vậy số phức z sẽ có quỹ tích gồm 2 thành phần trên 1

Ở bất phương trình (1), ta nhận thấy 2z1 1 z11 z1  1 1 z1 z1  1 1 z1  nên 2suy ra bất phương trình xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi số phức z bằng 01

Ở bất phương trình (2), ta nhận thấy 2bi  4  chỉ xảy ra dấu “=” khi 4 b  tức số phức 0 z 1 0(cả phần thực và ảo đều bằng 0) nên từ đó ta suy ra z  , và cũng chính là gốc tọa độ trong 1 0mặt phẳng Oxy

Ta có: z2 5i   quỹ tích của số phức 2 z là một hình tròn có tâm 2 I0;5và bán kính R 2Khi ấy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1 z2

cũng chính là đường nối tâm và gốc tọa độ trừ cho bán kính, tức mmin z1 z2  OI R  5 2 3

Như vậy m  3 2; 4

nên đáp án B

Câu 50 1. Cho tam giác ABC có A2; 2;3 , B1;3;3 , C1; 2; 4

Các tia Bu Cv, vuông góc với mặt phẳng ABC

và nằm cùng phía đối với mặt phẳng ấy Các điểm M N, di động tương ứng trêncác tia Bu Cv, sao cho BM CN MN Gọi trực tâm H tam giác AMN , biết H nằm trên một đường tròn  C cố định Tính bán kính của đường tròn  C .

Lấy I trên tia MN sao cho MI BM  IN CN Các tam giác MBI NCI, cân suy ra

3 32



D 3

Lời giải Chọn A

 A0;1;2

và B 3;1;3

suy ra AB 3;0;1 AB2

 Ta có: hình lập phương có cạnh bằng độ dài cạnh AB  và mặt cầu 2 ( )S có bán kính bằng

EF tiếp xúc với các mặt của hình lập phương trên, gọi F là trung điểm CD thì suy ra CDluôn tiếp xúc với mặt cầu( )S

Từ hình vẽ trên ta cũng suy ra được d A ;  AM a 3

với M thuộc đường tròn thiết diện qua tâm mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng chứa CD và khoảng cách giữa  và CD bằng MFvới MFvuông góc mặt phẳng chứa CD

Suy ra khoảng cách giữa  và CD lớn nhất bằng MF MJ JF  như hình vẽ trên